Giải 10 đề hóa hay 2017 (2)

HÀNH TRÌNH 80 NGÀY ĐỒNG HÀNH CÙNG 99ER
THPT BỈM SƠN – THANH HÓA LẦN 1

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2017
MÔN: HÓA HỌC
Thời gian làm bài: 50 phút

Họ và tên thí sinh: .........................................................
ĐỀ SỐ 39/80
Số Báo Danh: ................................................................
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: CH3CH(NH2)CH3 là amin bậc 1 và CH3CH2OH là ancol bậc 1.  Đáp án C
Câu 2: Cấu hình e của các ion: Na+: 1s22s22p6;
Cl-; Ca2+ và K+ đều có cấu hình e: 1s22s22p63s23p6;
 Đáp án A.
Câu 3: Các cặp chất: NaCl và Ba(NO3)2; AlCl3 và CuSO4; Na2CO3 và KOH; đều không có phản ứng.
Cặp chất NaOH và NaHCO3 có phản ứng nên không thể cùng tồn tại trong dung dịch:
NaOH + NaHCO3  Na2CO3 + H2O;  Đáp án D.
Câu 4: Cấu hình e của nguyên tử Mg (Z = 12) là: 1s22s22p63s2.  Đáp án B.
Câu 5: Để nhận biết ion NO 3 trong dung dịch có thể dùng thuốc thử là Cu và dd H2SO4 loãng vì có hiện
tượng Cu tan tạo khí không màu hóa nâu trong không khí:
3Cu + 8H+ + 2NO 3  3Cu2+ + 2NO + 4H2O;
2NO + O2  2NO2 (khí màu nâu đỏ);  Đáp án D.
Câu 6: Ta có: nNa = nNaOH = 1 mol; n H 2 = 0,5 mol;
Khối lượng dd sau pư: mdds = mNa + m H2O - m H 2 = 23 + 178 – 0,5×2 = 200(g);
40
 100% = 20%;  Đáp án D.
200
Câu 7: Công thức của vinyl axetat là: CH3COOCH = CH2;  có 6 nguyên tử H; Đáp án A.
Câu 8: Đáp án D
Câu 9: Gốc C6H5 hút e làm cho mật độ e trên nguyên tử N giảm;  Tính bazơ giảm nên quỳ tím không

đổi màu;  Đáp án A.
Câu 10: Hợp chất H2N-CH2CH2CONH-CH2-CH2COOH có 1 liên kết CO-NH nhưng không phải liên kết
giữa các đơn vị -aminoaxit nên không phải đi peptit;  Đáp án B
Câu 11: Trong dd K khử H2O nên không khử được ion Cu2+ thành Cu;  Đáp án D.
Câu 12: Các phản ứng: CH3 – CH(NH2) – COOH + HCl  CH3 – CH(NH3Cl) – COOH;
CH3 – CH(NH3Cl) – COOH + NaOH  CH3-CH(NH2)-COONa + NaCl + H2O;
 Đáp án D.
Câu 13: Đáp án A

 C%(NaOH) =

t
 Nhựa Rezit (cấu trúc mạng không gian, làm tăng mạch polime).
Câu 14: Nhựa Rezol 
 Đáp án A.
Câu 15: dd H2SO4 loãng pư với Fe: H2SO4 + Fe  FeSO4 + H2.  Đáp án C.
Câu 16: Fructozơ thuộc loại monosacarit nên không bị thủy phân.  Đáp án B.
Câu 17: Trong các kim loại đã cho:
- Các kim loại Na, Mg, Al cùng thuộc chu kỳ III tính kim loại giảm dần nên: Na>Mg>Al.
- Các kim loại Na và K cùng thuộc nhóm IA tính kim loại tăng dần nên: NaVậy tính kim loại giảm dần theo dãy: K; Na; Mg; Al.  Đáp án C.
0

Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu & đề thi THPT mới nhất

Trang 1


Câu 18: Phản ứng của Cu và HNO3 không tạo sản phẩm là H2 vì ion H+ không oxi hóa được Cu.  Đáp
án D.

Câu 19: Este (X) được tạo thành từ axit axetic và ancol metylic có CT là: CH3COOCH3.
 CTPT: C3H6O2. Đáp án A.
Câu 20: Trùng hợp vinyl xianua (thường được gọi là acrilonitrin) thu được polime là poliacrilonitrin dùng
để sản xuất tơ nitron hay tơ olon.  Đáp án C.
Câu 21: Có 4 thí nghiệm thu được kết tủa là:
(1) Cho dung dịch NaOH vào dung dịch Ca(HCO3)2:
OH- + HCO 3  CO 32  + H2O; CO 32  + Ca2+  CaCO3.
(3) Sục khí H2S vào dung dịch FeCl3:

H2S + 2Fe3+  2Fe2+ + S + 2H+.

(4) Sục khí NH3 tới dư vào dung dịch AlCl3:

3NH3 + 3H2O + Al3+  Al(OH)3 + 3NH 4 .

(5) Sục khí CO2 tới dư vào dung dịch NaAlO2 (hoặc Na[Al(OH)4]):
CO2 + 2H2O + AlO 2  Al(OH)3 + HCO 3 .
 Đáp án C.

C H ON(0,58 mol) + O2
Quy ®æi
Câu 22: hh E 
  n 2n - 1
 CO2 + H 2 O  N 2 .
 
H
O
(x
mol)
 2


x mol
115,18 gam
45,54 gam

Theo bài ra ta có phương trình: 0,58(14n + 29) + 18x = 45,54;
Theo bảo toàn nguyên tố C, H: 0,58n × 44 + 18(0,58n – 0,29) + 18x = 115,18;
Giải hệ 2 pt trên ta được: n = 191/58; x = 0,11;
Gọi CT của peptit X là: (Gly)n(Val)6-n; Y là: (Gly)m(Val)4-m;
 n X + n Y = 0,11
 n X = 0,07
X + 6NaOH 
 muèi + H 2 O ;  
Ta có: 
;  
;
 
6n
n
+
4n
=
=
n
0,04
=
0,58
Y + 4NaOH 
Y
NaOH

 X
 Y
191
Theo bảo toàn mol C:
0,07(30 – 3n) + 0,04(20 – 3m) = 0,58.
= 1,91;
58
 7n + 4m = 33;  n = 3; m = 3;
Vậy CT phân tử của peptit Y là: (C2H3ON)3(C5H9ON)H2O; hay C11H20N4O5.
 Đáp án C.
Câu 23: Có 4 chất khi thủy phân trong dd NaOH dư đun nóng sinh ra ancol là:
- Benzyl axetat sinh ra ancol là C6H5CH2OH:
CH3COOCH2-C6H5 + NaOH  CH3COONa + C6H5CH2OH.
- Anlyl axetat sinh ra ancol là CH2 = CH – CH2OH
CH3COOCH2-CH = CH2 + NaOH  CH3COONa + CH2 = CH–CH2OH.
- Etyl fomat sinh ra ancol là C2H5OH
HCOOC2H5 + NaOH  HCOONa + C2H5OH.
- Tripanmitin sinh ra ancol là C3H5(OH)3
(C15H31COO)3C3H5 + 3NaOH  3C15H31COONa + C3H5(OH)3.
 Đáp án B.
Câu 24: Khi cho hỗn hợp Fe và Mg vào dd AgNO3 các phản ứng xảy ra theo thứ tự:
Mg + 2Ag+  Mg2+ + 2Ag;
Fe + 2Ag+  Fe2+ + 2Ag;
Sau khi pư xảy ra hoàn toàn thu được chất rắn Y gồm 2 kim loại là Ag và Fe còn dư.
 ion Ag+ pư hết. Vậy 2 muối trong dd X là Mg(NO3)2 và Fe(NO3)2;  Đáp án B.
Câu 25: Trong các phát biểu đã cho về cacbohiđrat:
- Các phát biểu đúng là: (a), (b), (c), (e), (g);
Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu & đề thi THPT mới nhất

Trang 2

- Phát biểu (d) sai vì thủy phân saccarozơ thu được 2 loại monosaccarit là glucozơ và fructozơ.
 Đáp án A.
Câu 26: Ta có pư xà phòng hóa: (RCOO)3C3H5 + 3XOH → 3RCOONa + C3H5(OH)3.
Theo pt ta thấy:
Cứ 3 mol XOH pư thì khối lượng xà phòng tạo thành chênh lệch 3.(39 – 23) = 48 gam.
0,06 mol …………………………………………………(18,77 – 17,81) = 0,96 gam.
Vậy số mol glixerol tạo thành = 0,02
Theo bảo toàn khối lượng: mchất béo = 18,77 + 0,02 . 92 – 0,06 . 56 = 17,25 gam.
 Đáp án B.
Câu 27:
- TÝnh khö: X > R
Từ pt (1): R2+ + X → R + X2+;
 
2
2
- TÝnh oxi hãa: R > X

- TÝnh khö: R > X 2 
 
3
2
- TÝnh oxi hãa: X > R
Vậy: Tính oxi hóa: X3+ > R2+ > X2+;  Đáp án B.
Câu 28: Phản ứng giữa NO2 và dung dịch NaOH dư tạo 2 muối là NaNO3 và NaNO2.
Phản ứng giữa Ba(HCO3)2 và dung dịch KOH dư tạo 2 muối là BaCO3 và K2CO3.
Phản ứng giữa Fe3O4 và dung dịch HNO3 dư chỉ tạo 1 muối là Fe(NO3)3.
Phản ứng giữa Fe3O4 và dung dịch HCl dư tạo 2 muối là FeCl2 và FeCl3.
 Đáp án C.

FeCO3 : x mol 

 H2 SO4 ; NaNO3
+ KhÝ Z (NO; CO2 ; NO2 )
 
Câu 29: hh X  MgCO3 : y mol  
;
(tØ lÖ mol 19:1)
2
3
2
 dd Y ( Mg ; Al ; Fe; SO 4 )
Al O : z mol 
 2 3

Từ pt (2):

R + 2X3+ → R2+ + 2X2+

12,55 gam

 kÕt tña cùc ®¹i
NaOH (0,37 mol)
dd Y 
; Gọi số mol NaNO3 là a;  số mol H2SO4 là 19a.

+ dd Na 2 SO4
1
Theo bảo toàn mol Na: n Na2 SO4 = n H2 SO4 = (nNaOH + n NaNO3 );  38a = 0,37 + a;  a = 0,01;
2

Ta có: nkhí Z = 0,11 mol; Bảo toàn N: nNO + n NO2 = n NO = 0,01;  n CO2 = 0,1;
3

239  2
 0,11 = 4,78 (g);  mNO + m NO2 = 0,38;  30nNO + 46n NO2 = 0,38;
11
 nNO = n NO2 = 0,005; Theo bảo toàn mol e: ne nhận = ne cho = 3×0,005 + 0,005 = 0,02;

mkhí Z =

 n FeCO3 (oxi hóa khử) = n Fe3 = 0,02;  3×2z + 2y + 3×0,02 + 2(x – 0,02) = nNaOH = 0,37;
 6z + 2y + 2x = 0,35; Theo bài ra: x + y = n CO2 = 0,1;  z = 0,025;

x + y = 0,1
Từ đó ta có hệ pt: 
 x = y = 0,05;  %m FeCO3 = 46,22%;  Đáp án A.
116x + 84y = 10
Câu 30: Dùng pp quy đổi.
hh X có: nBa = x; nK = y; nO = z; nNa = nNaOH = 0,18; n H 2 = 0,14; n CO2 = 0,348;

0, 93m
0,31m
0, 044m
0, 011m

=
;y=
;
171
57

56
14
Theo bảo toàn mol e:
2x + 0,18 + y = 2z + 2×0,14 = 2z + 0,28;
x=

Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu & đề thi THPT mới nhất

Trang 3


0,31m
y
0, 011m
- 0,05 =
+
- 0,05 ; Theo bài ra ta có pt:
57
2
28
0,31m
0, 011m
0,31m
0, 011m
137 
+ 39 
+ 16(
+
- 0,05) + 0,18  23 = m;  m = 25,5 (g).
57

14
57
28
0, 011  25,5
0,31  25,5
Ta có: n OH (dd Y) = 0,18 + 2×
+
= 0,4774 (mol);
57
14
Khi hấp thụ CO2 vào dd Y: tạo ra a mol HCO 3 ; b mol CO 32  ta được hệ pt:

z=x+

a + b = 0,348
a = 0,2186
 
 Ba2+ dư; n BaCO3 = n CO2 = 0,1294;  m BaCO3 = 25,9418 (g);

3
a + 2b = 0,4774
b = 0,1294
 Đáp án A.
Câu 31: Sơ đồ quá trình phản ứng:
KMnO4 (x mol) 
KMnO 4

 MnCl2 



  HCl

 O2
 hh Y K 2 MnO 4  
hh X KClO3 (y mol)  
+ H2O;
Cl 2
+
0,8 mol  
KCl  0,21625 mol
 MnO (z mol) 
 MnO ; KCl 
2
2




30,005 gam

24,405 gam

Theo bảo toàn khối lượng: m O 2 = 30,005 – 24,405 = 5,6 (g);  n O 2 = 0,175 mol;
Bảo toàn e:
Bảo toàn H:
Bảo toàn O:

5x + 6y + 2z = 0,175×4 + 0,21625×2 = 1,1325;
1
n H2O = nHCl = 0,4 mol;

2
4x + 3y + 2z = 0,175×2 + 0,4 = 0,75;

158x + 122,5y + 87z = 30,005

Theo bài ra ta có hệ pt: 5x + 6y + 2z = 1,1325
4x + 3y + 2z = 0,75


 x = 0,12

  y = 0,0875 ;
 z = 0,00375


Ta thấy: 0,0875 mol KClO3 bị nhiệt phân hoàn toàn sinh 0,13125 mol O2
 còn 0,04375 mol O2 nữa là do 0,0875 mol KMnO4;
0, 0875
 %(KMnO4 đã bị nhiệt phân) =
×100% = 72,92%.  Đáp án C.
0,12
Câu 32: Ta thấy:
CH3COOCH = CH 2 + NaOH  CH3COONa + CH3CHO ;
X

Y

Z

CH3CHO + AgNO3 + NH3  CH 3COONH 4 ;

T

CH3COONH4 + NaOH  CH3COONa + NH3 + H2O;  Đáp án C.
Câu 33: n O 2 = 0,59 mol;
Theo bảo toàn khối lượng: 11,16 + 0,59 × 32 = m CO2 + 9,36;  n CO2 = 0,47; n H2O = 0,52;
 Z là ancol no 2 chức;
 mO(trong E) = 11,16 – 0,47 × 12 – 0,52 × 2 = 4,48 (g);  n Otrong E = 0,28 mol;
axit: x mol

Xét hh E: este: y mol
ancol: z mol



BTNT O

  2x + 4y + 2z = 0,28
 z = 0,1;
 Ta có:  BTLK 
  x + 2y = 0,04


 ancol có 3C và hai axit có 3C và 4C
 Axit X: C3H4O2 (a mol); Axit Y: C4H6O2 (b mol);

Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu & đề thi THPT mới nhất

Trang 4

Este: C10H14O4 (y mol); Ancol: C3H8O2 (0,1 mol);  a + b + 2y = 0,04;
Theo BTNT C: 3a + 4b + 10y = 0,47 – 3 × 0,1 = 0,17;
Theo bài ra: 72a + 86b + 198y = 11,16 – 76 × 0,1 = 3,56;
Giải hệ 3 pt ta được: a = 0,01; b = 0,01; y = 0,01;
 m = 0,01 × 2(94 + 108) = 4,04 (g).  Đáp án D.
Câu 34: Gỉa sử độ bất bão hòa trong phân tử chất béo = a. Ta có:
n CO2  n H2O
6
=
1=
;  a = 7 ; Phân tử chất béo có CT:
(RCOO)3C3H5;
a-1
a-1
 Có 4 lk  ở gốc R. Nghĩa là 1 mol chất béo tác dụng với tối đa 4 mol Br2;
 Để td 0,6 mol Br2 số mol chất béo là 0,15 mol.  Đáp án D.
Câu 35: Sau khi các pư xảy ra hoàn toàn, khối lượng chất rắn thu được ở 2 thí nghiệm bằng nhau  khối
lượng kim loại tăng ở 2 thí nghiệm bằng nhau.
Thí nghiệm 1: 1 mol Cu2+ pư khối lượng kim loại tăng 8 gam
0,2V1 mol Cu2+ pư lượng kim loại tăng 8×0,2V1 (gam).
Thí nghiệm 2: 2 mol Ag+ pư khối lượng kim loại tăng 160 gam.
0,1V2 mol Ag+ pư .................................8V2 (gam).
Từ đó ta có:
8V2 = 1,6V1;  V1 = 5V2;  Đáp án A.
Câu 36: Theo bài ra pentapeptit là: Ala-Gly-Val-Gly-Gly.  Đáp án B.
Câu 37: Từ đồ thị ta có:
nCa = n CaCO3 (max) = 0,1;
Lượng kết tủa giảm là quá trình CaCO3  Ca(HCO3)2;
Lượng kết tủa chạy ngang (không đổi ) là quá trình NaOH  NaHCO3 ;
 nNaOH = n CO2 = 0,35 – 0,05 – 0,1 = 0,2;  n OH = 2nCa + nNa = 0,4;

1
n  = 0,2 mol;  V = 4,48 lit;  Đáp án B.
2 OH
Câu 38: Khi đun Z với dd H2SO4 đặc thu được đimetyl ete  Z là CH3OH;
Theo bài ra ta có sơ đồ: C6H8O4 + NaOH  Y + 2CH3OH;
Vậy CT của X là: C2H2(COOCH3)2; CT của Y là: C2H2(COONa)2;  Đáp án B.
10  36,5
15  10
Câu 39: Theo bảo toàn khối lượng: namin = nHCl =
;  Mamin =
= 73;
5
36,5

 n H2 =

Vậy CTPT của amin là C4H11N;  3 đồng phân amin bậc 2;  Đáp án D.
Câu 40: nAg = 2nglucozơ = 0,2 mol;  mAg = 21,6 gam;  Đáp án C.

Kỹ Sư Hư Hỏng – Cung cấp tài liệu & đề thi THPT mới nhất

Trang 5